专题01 空间向量与立体几何（6大基础题+4大提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（四川专用）

专题01 空间向量与立体几何 空间向量的线性运算 1．（23-24高二下·四川成都·期末）已知在四面体中，，，，，为BC的中点，若.则（   ）    A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据空间向量的基本定理与应用即可求解. 【详解】因为，为BC的中点， 所以， 又，则，，， 所以. 故选：B. 2．（23-24高二上·四川泸州·期末）如图，在四面体中，，，，点M在上，且，N为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据几何关系，结合向量的线性运算，即可求解. 【详解】 . 故选：B 3．（23-24高二上·四川凉山·期末）空间四边形中，点在上，且，为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出空间四边形，即可得出的表达式. 【详解】由题意，在空间四边形中，，为中点， ∴, ∴ , 故选：C.    4．（21-22高二下·四川雅安·期末）设是正三棱锥，G是的重心，D是PG上的一点，且，若，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】G是等边的重心，可得，再由，可得，而，从而可以将用表示出，进而可求出 【详解】因为三棱锥是正三棱锥，G是的重心， 所以， 因为D是PG上的一点，且， 所以， 因为， 所以 , 因为， 所以， 所以为， 故选：B 5．（22-23高二上·四川乐山·期末）在四面体中，分别为的中点，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量加法的多边形法则，即可得出，进而得出答案. 【详解】 . 故选：A. 6．（23-24高二上·四川绵阳·期末）在平行六面体中，，若，，，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于、、的表达式. 【详解】在平行六面体中，，若，，， 则，则， 所以，. 故选：A. 7．（23-24高二上·四川南充·期末）如图，在平行六面体中，若，则（    ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据空间向量基本定理直接表示即可. 【详解】因为几何体是平行六面体， 所以：，所以，所以. 故选：C 8．（21-22高二下·四川绵阳·期末）如图，空间四边形中，，，，点，分别在，上，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先根据空间向量线性运算法则用，，表示出，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】解：，， ． 又，，， 所以，，， 所以 ， 所以. 故选：A． 空间向量共线和共面定理 9．（21-22高二下·四川雅安·期末）向量，分别是直线，的方向向量，且，，若，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】根据空间向量平行的坐标运算计算得解. 【详解】因为，所以，所以，，所以，解得，. 故选：C. 10．（23-24高二上·四川宜宾·期末）在四面体中，空间的一个点满足，若四点共面，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间四点共面可得，解之即可. 【详解】因为四点共面，， 所以，解得. 故选：B. 11．（23-24高二上·四川·期末）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 【答案】D 【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可. 【详解】因为，，， 所以，， 因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使， 所以， 所以，解得. 故选：D 12．（23-24高二上·四川乐山·期末）下列说法正确的是（   ） A．若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线 B．空间的基底有且仅有一个 C．两两垂直的三个非零向量可以构成空间的一个基底 D．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 【答案】ACD 【分析】根据空间向量的基底的含义，一一判断各选项，即可得答案. 【详解】对于A，能构成空间的一个基底的向量必须是不共面的3个向量， 由于非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底， 即向量，与任何一个向量均共面，则，必共线，A正确； 对于B，空间的基底不唯一，不共面的3个向量，均可作为空间的一组基底，B错误； 对于C，由于两两垂直的三个非零向量不共面，故可以构成空间的一个基底，C正确； 对于D，由于是空间的一个基底，故不共面， 而与共面，故与不共面，且不共线， 故也是空间的一个基底，D正确， 故选：ACD 13．（21-22高二下·四川成都·期末）已知，，，为空间中四点，任意三点不共线，且，若，，，四点共面，则的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据四点共面结论：若四点共面，则且， 【详解】若，，，四点共面，则，则 故选：D． 14．（23-24高二上·四川·期末）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 【答案】BC 【分析】利用共面向量基本定理逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】对于A选项，，所以、、共面； 对于B选项，假设、、共面， 则存在、使得， 因为构成空间的一个基底，则，无解， 假设不成立，故、、不共面； 对于C选项，假设、、共面， 则存在、，使得， 所以，，则、、共面，与题设矛盾， 故、、不共面； 选项D，因为，则、共线，则、、共面. 故选：BC. 15．（24-25高二上·四川南充·期末）设，是空间中两个不共线的向量，已知，，，且 三点共线，则实数 ． 【答案】 【分析】先求出向量，再根据，，三点共线得出与的关系，从而求出的值. 【详解】因为，已知，， 所以. 因为，，三点共线，所以与共线，即存在实数，使得. 已知，，则. 根据向量相等的性质，对于和前面的系数分别相等，可得. 由，解得，又因为，所以. 故答案为：. 16．（23-24高二上·四川宜宾·期末）已知是空间的一个基底,设，则下列向量中可以与一起构成空间的另一个基底的是（    ） A． B． C． D．以上都不对 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用空间向量基底的意义判断即得. 【详解】向量是空间的一个基底，显然，即向量分别与向量共面，A、B不是； 假定向量与向量共面，显然不共线，即存在实数，使得， 即有，所以共面，与已知矛盾，因此向量与向量不共面， 所以向量可以与一起构成空间的另一个基底，C对，D错. 故选：C 空间向量的坐标运算 17．（23-24高二上·四川德阳·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A．2 B．-2 C．0 D．4 【答案】C 【分析】由空间向量的加法运算求出，再由可求出，即可得出答案. 【详解】因为，，则， 由可得：，解得：， 则. 故选：C. 18．（23-24高二上·四川宜宾·期末）已知向量，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则向量在向量上的投影向量 【答案】ACD 【分析】代入的值，得到向量的坐标，利用向量的坐标运算，判断向量的平行垂直，求向量夹角的余弦和投影向量的坐标. 【详解】向量 若，则，，所以，A选项正确； 若，，，不满足则，B选项错误； 若，，则，C选项正确； 若，，则向量在向量上的投影向量: ，D选项正确. 故选：ACD 19．（23-24高二上·四川绵阳·期末）已知点是点在坐标平面内的射影，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出点的坐标，利用空间向量的模长公式可求得的值. 【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，则，则， 因此，. 故选：B. 20．（23-24高二上·四川成都·期末）已知向量 ， 且， 则实数 ． 【答案】5 【分析】根据向量共线的坐标关系即可求解. 【详解】因为 ， 所以存在实数， 使得，即 ， 所以 ，解得，，，所以 故答案为：5 21．（23-24高二上·四川绵阳·期末）在空间直角坐标系中，关于平面的对称点是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间直角坐标系中点关于平面对称的特点，即可得答案. 【详解】由题意得关于平面的对称点是， 故选：D 22．（23-24高二上·四川自贡·期末）已知点，向量，则向量（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的坐标运算计算即可. 【详解】由，得， 则. 故选：A. 23．（23-24高二上·四川成都·期末）在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间直角坐标系对称点的特征即可求得结果. 【详解】根据空间直角坐标系中点坐标的特征可知， 关于原点对称的点的坐标需要把横坐标、纵坐标、竖坐标都变为原来的相反数， 所以点关于原点对称的点的坐标为. 故选：D 24．（23-24高二上·四川巴中·期末）若空间向量，，且，则实数 ． 【答案】4 【分析】由空间向量平行的坐标计算可得. 【详解】因为，所以， 所以，解得， 故答案为：4 25．（23-24高二上·四川凉山·期末）已知点，，，则点到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】利用点到直线距离的向量求法计算即得. 【详解】由点，，，得， 所以点到直线的距离. 故答案为： 26．（23-24高二上·四川乐山·期末）已知向量，，若，则 ． 【答案】 【分析】利用空间向量垂直公式计算即可. 【详解】因为，所以，解得. 故答案为：. 27．（23-24高二上·四川泸州·期末）已知向量，，，若，则实数 ． 【答案】 【分析】利用空间向量坐标运算以及数量积的坐标表示，可求出结果. 【详解】由，可得， 所以， 解得. 故答案为： 空间向量的数量积、模、投影和夹角问题 28．（23-24高二上·四川泸州·期末）向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据投影向量的概念进行运算即可求得． 【详解】由题意，，， 则向量在向量上的投影向量为． 故选：A． 29．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，已知四面体的棱长都是2，点为棱的中点，则的值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据空间向量数量符号的运算性质，结合空间向量线性运算的性质进行求解即可. 【详解】因为点为棱的中点， 所以， 因为四面体的棱长都是2， 所以， 故选：B 30．（23-24高二上·四川宜宾·期末）已知，则向量在上的投影向量的坐标是 . 【答案】 【分析】根据投影向量的知识求得正确答案. 【详解】，， 所以向量在上的投影向量的坐标是： . 故答案为： 31．（23-24高二上·四川南充·期末）已知向量，则 ． 【答案】/ 【分析】根据向量的加法运算和模长公式即可求出结果. 【详解】由题意可得，所以. 故答案为：. 32．（23-24高二上·四川宜宾·期末）在棱长为2的正四面体中，为的中点，则． 【答案】1 【分析】利用空间的基底表示，再利用向量数量积运算律计算即得. 【详解】在棱长为2的正四面体中，为的中点， 则，而， 所以 . 故答案为：1 33．（19-20高二上·四川自贡·期末）已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点，分别是、的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意作图，可得所求数量积为，由已知易得其模长和夹角，由数量积的定义可得答案． 【详解】解：如图连接空间四边形的对角线，， 由空间四边形的每条边和对角线的长都等于1， 可知底面为等边三角形，故， 又点、分别是、的中点，所以， 故 ， 故选：． 【点睛】本题考查向量的数量积的运算，涉及向量的基本运算，属于基础题． 34．（20-21高二上·四川眉山·期末）在底面是正方形的四棱柱中，，， ，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【解析】根据空间向量的运算法则，先得到，再由空间向量模的计算公式，结合题中条件，即可得出结果. 【详解】因为四棱柱中，底面是正方形，，，， 则， 所以 . 故选：A. 35．（18-19高二下·四川绵阳·期末）如图，平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用，即可求解. 【详解】， , . 故选：D 【点睛】本题考查了向量加法的三角形法则、平行四边形法则、空间向量的数量积以及向量模的求法，属于基础题. 36．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】利用基底法表示得与，再利用空间向量的数量积运算即可得解 . 【详解】依题意，记，，， 则，，则， 因为， ， 所以. 故选：D. 空间向量证明平行和垂直问题 37．（23-24高二上·四川巴中·期末）已知点，平面的法向量，若平面，则下列各点中在平面内的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合各项分别求出，计算的值是否为0，从而得出结论. 【详解】对于A，记，则， ∴，故该点不在平面内，故A错误； 对于B，记，则， ∴，故该点不在平面内，故B错误； 对于C，记，则， ∴，故该点不在平面内，故C错误； 对于D，记，则， ∴，故该点在平面内，故D正确. 故选：D. 38．（23-24高二上·四川达州·期末）已知向量，分别为平面，的法向量，为直线l的方向向量，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】利用法向量及直线的方向向量的关系来判断位置关系. 【详解】因为，，所以，所以，A正确； 因为，且，所以，B正确； 因为，所以或者，C不正确； 因为，所以不垂直，D不正确. 故选：AB 39．（23-24高二上·四川凉山·期末）下列结论正确的是（    ） A．若向量，，，则，，共面 B．已知平面，不重合，平面和平面的一个法向量均为，则 C．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 D．若向量，，则在上的投影向量为 【答案】AB 【分析】利用空间向量的共面定理判断选项A；根据利用法向量判断两平面的平行关系确定选项B;根据向量与平行的关系判断选项C；利用投影向量的定义求解选项D. 【详解】对A观察可知，，所以共面，A正确； 对B， 平面和平面的一个法向量相等，则,B正确； 对C，，所以或，C错误； 对D，因为，， 所以， 所以在上的投影向量为，D错误； 故选:AB. 40．（2024·四川成都·期末）已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（   ） A． B． C．与相交但不垂直 D．或 【答案】D 【分析】由于，得到，从而确定与的位置关系. 【详解】因为，， 则， 得到，且直线的方向向量是，平面的一个法向量是， 所以与的位置关系是：或， 故选：D. 41．（23-24高二上·四川绵阳·期末）下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ） A．将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面 B．若非零向量，，满足，，则有 C．与一个平面的法向量共线的非零向量都是该平面的法向量 D．若，，为空间的一组基底，且，则，，，四点共面 【答案】AC 【分析】对于ABC，由单位向量、法向量的定义即可判断；对于D，由四点共面的充要条件判断即可. 【详解】对于A，由单位向量的定义：长度为1的向量，可得将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面，故A正确； 对于B，若非零向量，，不共面，则取为平面的一组基底向量，为平面的法向量满足，，但不共线，故B错误； 对于C，由法向量的定义可知与一个平面的法向量共线的非零向量都是该平面的法向量，故C正确； 对于D，因为，所以，，，四点不共面，故D错误. 故选：AC. 42．（23-24高二上·四川·期末）下列选项正确的是（    ） A．两条不重合直线的方向向量分别是，则 B．直线的方向向量，平面的法向量是，则 C．直线的方向向量，平面的法向量是，则 D．两个不同的平面的法向量分别是，则 【答案】AD 【分析】对于A由不重合两直线方向向量平行可判断；对于B要考虑直线可能在面内；对于C，直线方向向量与法向量平行，则直线与面垂直；对于D，由两法向量垂直可得两平面垂直. 【详解】对于A，两条不重合直线的方向向量分别是： ， 则，所以，即，故A正确； 对于B，直线的方向向量，平面的法向量是， 则， 所以，即或，故B错误； 对于C，直线的方向向量，平面的法向量是， 则，所以，即，故C错误； 对于D，两个不同的平面的法向量分别是， 则， 所以，故D正确． 故选：AD. 43．（23-24高二上·四川内江·期末）下列四个命题中正确的是（    ） A．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 B．是平面的法向量，是直线的方向向量，若，则 C．已知向量，，则在方向上的投影向量为 D．为空间中任意一点，若，且，则，，，四点共面 【答案】AD 【分析】 由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量基本定理的推论判断D. 【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则， 因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾， 所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确； 对于B，当时，满足，但直线不平行于平面，故B错误； 对于C，因为，， 则在方向上的投影向量为，故C错误； 对于D，由空间向量基本定理的推论可知： 若，且，则，，，四点共面，故D正确. 故选：AD. 44．（22-23高二上·四川达州·期末）长方体中，为中点，则下列选项中与垂直的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可. 【详解】如图，以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为为中点， 所以， 所以， 对于A，，则，所以与不垂直，所以A错误， 对于B，，则，所以与不垂直，所以B错误， 对于C，，则，所以与不垂直，所以C错误， 对于D，，则，所以，所以D正确， 故选：D 空间向量解决异面直线夹角 45．（23-24高二上·四川自贡·期末）在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 则， 故， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C.    46．（23-24高二上·四川成都·期末）已知等腰直角三角形ABC，，点D为BC边上的中点，沿AD折起平面ABD使得，则异面直线AB与DC所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，证明平面,不妨设,以为基底的空间向量，,再求解，从而求出，根据是异面直线，求解其余弦值. 【详解】已知等腰直角三角形,点是中点，则, 沿着翻折平面可得, 所以, 又,平面， 所以平面, 不妨设,则， 以为基底的空间向量， 所以，则 所以， 因为是异面直线，所以异面直线的余弦值为. 故选：B    47．（22-23高二上·四川乐山·期末）如图，在正方体中，棱长为为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求得，由求解. 【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为， 故选：A 48．（22-23高三下·四川成都·期末）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建系，再利用空间向量法求解即可． 【详解】设正方体的棱长为2， 以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示： 则、、、、． 设平面的法向量为， ，， 由， 取可得； 设平面的法向量为， ，， 由， 取可得， 设直线的方向向量为， ∵直线平面，直线平面， ，， ∴， 取可得， 已知，设直线与所成角为， ， 即直线与所成角的余弦值为， 故选：B． 49．（23-24高三上·四川成都·期末）已知四棱柱底面ABCD为平行四边形，且，则异面直线与的夹角余弦值为 . 【答案】 【分析】将用不共面的向量表示出来，从而得到，然后由公式计算夹角余弦值即可. 【详解】， ， ， 底面ABCD为平行四边形，所以， 所以， . 所以， 故异面直线与的夹角的余弦值为:， 故答案为： 50．（22-23高二下·四川德阳·期末）已知点为棱长等于1的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时，与夹角大小为 ． 【答案】/ 【分析】取线段的中点，可得出，分析可知当、、三点共线时，取最小值，求出的最小值可得可得解. 【详解】取线段的中点，则，， 因为，所以在以为球心的正方体内部的球面上，    所以，， 当、、三点共线时，取最小值， 此时， 此时， 所以，所以与的夹角为. 故答案为：. 51．（22-23高二上·四川眉山·期末）长方体中，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， . 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 52．（23-24高二上·四川乐山·期末）已知斜棱柱中，，．设，，． (1)用基底，，表示向量，并求； (2)求向量与向量夹角的余弦值． 【答案】(1)， (2) 【分析】用基底表示有关向量，用空间向量数量积的有关运算求向量的模和夹角. 【详解】（1）． ∴． （2）． ∴． ∴． ∴． 空间向量求面与面的夹角 53．（22-23高二上·四川内江·期末）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点． (1)求证：平面平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的大小． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用，，可得平面，进而可得面面垂直. （2）由，，得，从而，连，得，由此能证明平面． （3）由（1）得，，，是平面的一个法向量．是平面的一个法向量，，即可． 【详解】（1）四边形是矩形，， 平面，平面平面，平面 平面．设，则平面 建立如图的直角坐标系，则各点的坐标分别为： ，0，，，1，，，0，，，，0，，0，0， ，，，，1，，，0，． ，0，，，1，，，，， ，， ，，，平面， 平面,平面，所以平面平面 （2）由，，得， 是线段的中点，， 连接，由于,得,又， ， 又，平面, 平面． （3）由（1）得，，，是平面的一个法向量． 又平面得,又 ,故是平面的一个法向量， 故， 二面角为锐角，二面角为． 54．（23-24高二下·四川德阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，M、N分别是BC、的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系结合线面垂直的判定定理证明即可； （2）空间向量法求二面角的余弦值即可. 【详解】（1）由题意以A为坐标原点建立如图空间直角坐标系： 则，， 所以，，， 所以， ， 即，， 又平面，所以平面. （2）由（1）知平面的法向量可取， 平面的法向量可取为， 设平面与平面夹角为， 则. 55．（23-24高二下·四川攀枝花·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点是棱上的一点，平面.    (1)求证：点是棱的中点； (2)若平面与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，利用线面平行的性质定理可得答案； （2）利用线面垂直的判定定理可得就是与平面所成的角，求出，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）    连接交于点，连接， 因为为矩形，所以点是是中点， 因为平面，平面，平面平面， 所以，因为点是是中点， 所以点是棱的中点； （2）因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为为矩形，所以， 因为，平面， 所以平面，所以就是与平面所成的角， 可得，， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，， 设是平面的一个法向量， 可得，所以， 令，可得，所以， 设是平面的一个法向量， 可得，所以， 令，可得，所以， 所以， 所以二面角的余弦值为.    56．（23-24高二下·四川宜宾·期末）如图，在四棱锥中，平面，．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）利用求出,过点作交于点,连接,证明即得； （2）法一：先证平面平面，过点作于，证平面，作交于点，连接，证明为二面角的平面角即可求得；法二：建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）    过点作，所以 在中，因为，则，所以 于是，，过点作交于点,连接, 因为，所以，因,则且， 于是，四边形是平行四边形 则平面平面， 所以//平面 （2）    法一：因为平面，所以 因为，所以平面，因平面, 所以平面平面 过点作交直线于， 因平面,平面平面,故平面. 过点作交直线于点， 因平面，平面,则,得矩形，则, 故,连接，因平面，平面,则, 因,故平面, 平面,则, 所以为二面角的平面角. 易得,由,则, 即，故. 在中，则，所以， 即平面与平面夹角的余弦值为； 法二：   如图建系， 因为，． 所以 设平面的法向量， 所以， 不妨设，于是，，所以， 设平面的法向量，所以， ，不妨设，于是， 所以，于是， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 57．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，三棱柱中，为正三角形，，，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，，利用勾股定理逆定理证明，再证明，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接，，，因为为正三角形且，为的中点， 所以，，又，，所以，则， 又，所以≌，所以，所以， 又，平面，所以平面； （2）由（1）可知平面，，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设平面的法向量为，则，取， 设平面的法向量为，则，取， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 58．（23-24高二下·四川泸州·期末）在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，点D满足，平面平面， (1)求证； (2)若直线与平面所成角的正弦值为 （i）求平面与平面的距离； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先证明平面，得到，借助得到即可； （2）（i）找出直线与平面所成角，则知道，用同角三角函数关系式，得.再用余弦定理解得，再求点到面的距离即可解决；（ii）建立坐标系，再求出关键点的坐标，后求出平面与平面的法向量，进而求出向量夹角的余弦值，再得到两平面夹角余弦值即可. 【详解】（1）如图所示， 为正三角形，为中点，， 又平面平面平面平面平面， 平面，又平面， . （2）（i），故． 如图过作于， 因为平面，又平面，所以， 又平面，则平面. 则，则. 由余弦定理得， 即，解得． 则平面与平面的距离. （ii）由前面计算和证明可得，侧面为菱形， 为正三角形，则. 又平面，则如图所示可建立空间直角坐标系. 则， 则 设平面的法向量为， 则， 设可求得平面法向量， 则， 则. 则平面与平面夹角的余弦值为. 59．（23-24高三上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，为的中点. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，由题意可证得，，，再由线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面法向量，再由二面角的向量公式代入即可得出答案. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为是等边的中线，所以， 因为是棱的中点，为的中点，所以，且， 因为，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以. 因为，为的中点，所以，从而， 又，平面，所以平面. （2）由（1）知平面，因为平面， 所以，又，，平面， 所以平面，从而平面. 以为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为等边的边长为， 所以，，，，. 设平面的一个法向量为，由，得， 令，则，，所以， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成锐二面角为， 所以，则， 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 60．（23-24高二上·四川泸州·期末）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面. (1)证明：平面平面. (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)2或3 【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，由题意及正弦定理可得，结合，可证明结论； （2）由（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由平面与平面的夹角的余弦值为，列出方程即可解出. 【详解】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，由题知平面， 因为平面，所以， 又因为平面，所以， 所以四边形为矩形，所以. 因为，，，所以， 由正弦定理易知，，所以，又因为，且，所以AE⊥平面ADP. 因为，所以平面， 因为平面PCD，所以平面平面； （2）由（1）知，两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，设， 易得：， 所以. 设平面的法向量，所以  ， 令，可得平面的一个法向量， 设平面的法向量，所以， 令，可得平面的一个法向量， 所以， 解得，所以. 空间向量解决直线与平面夹角问题 61．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，在斜三棱柱 中， 分别是 的中点. (1)证明: 平面 ; (2)若 ，且 ，求直线 与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点E，连接OE，，可得四边形为平行四边形，则有，利用线面平行的判定定理可证得平面； （2）可证得平面ABC，以O为原点，OA，，OC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成的角正弦值. 【详解】（1）连接交于点E，连接OE，， ∵O，E分别是AB，的中点，D为的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形，则． ∵平面，平面， ∴平面． （2）连接OC， ∵，, ∴为正三角形， ∴， ∵，且都在面， ∴平面ABC，而面，故， 由，易知△ABC是等腰直角三角形， ∴， 以O为原点，OA，，OC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，则，，，， 由，可得，且，， 设平面的法向量为， ∴，即，令，， 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成的角正弦值为． 62．（23-24高二上·四川宜宾·期末）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，分别是的中点，平面，. (1)证明： (2)若，点到平面的距离为.求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，连接，，可证得，由平面，可得⊥，进而证得平面，即可证得结论. （2）由已知可证得知MC，ME，MF两两垂直，即可建立空间直角坐标系，设利用到平面的距离为计算即可求得，进而求得平面的法向量，计算即可求得结果. 【详解】（1）因为平面，所以⊥，取的中点，连接，， 所以 ，又因为，所以， 因为 平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）取的中点，连接ME，MF，由（1）知MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系 设则 设平面 的法向量为，则有 可取，由点到平面的距离为， ，解得，则， 于是，设平面的法向量为， 则有，可取， 设直线与平面 所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值. 63．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段的中点，，，，. (1)求证：平面 (2)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件，得出，利用面面垂直的性质，得出面，由线面垂直的性质得到，再通过计算得到，由线面垂直的判定定理即可证明结果； （2）根据条件建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，再利用线面角的向量法及同角关系，即可求出结果. 【详解】（1）取中点，连接， ，，，， 所以且，所以四边形为正方形， 则，得到，所以， 又平面平面，平面平面，面， 所以面，又面，所以， 易知，所以， 又四边形为矩形，且为线段的中点， 所以，得到，故， 又，面，所以平面. （2）因为，又平面平面，平面平面，面， 所以面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 又，，， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为，由， 得到，取，得到，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为. 64．（23-24高三上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面面，，，为的中点. (1)求证：面面； (2)若二面角的大小为，求与面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分别取、中点、，连接，，，利用线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直； （2）过点作，由二面角的定义可知，进而可得为正三角形，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值； 【详解】（1） 分别取、中点、，连接，，， 则且， 又，， ，， 四边形为平行四边形，， 又， ，， 平面平面，且平面平面，， 平面，平面， ，， ，且，平面， 平面， 平面， 平面平面； （2） 过点作，则平面， 由（1）得平面， ，， 所以二面角的平面角为，即， 又， 即为正三角形， ，， 以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 又为中点， ，，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. 65．（23-24高二上·四川自贡·期末）如图，三棱柱中，侧棱底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，的中点． (1)证明平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，可得出，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面. （2）取中点，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在三棱柱中，连接，由分别为的中点，得且， 而且，又为的中点，则且，于是且， 因此四边形是平行四边形，则，而平面，平面， 所以平面. （2）在三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均相等，令， 取中点，连接，而为中点，则，有底面， 由正，得，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量， 则，令，得，令直线与平面所成的角为， 于是， 所以直线与平面所成角的正弦值. 【点睛】关键点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦． 66．（23-24高二上·四川凉山·期末）将长方体沿截面截去一个三棱锥后剩下的几何体如图所示，其中，，分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】(1)作出辅助线，得到四边形为平行四边形，进而得到线线平行，得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，从而得到线面角的正弦值. 【详解】（1）连接，如图所示，    ∵长方形中，，分别是，的中点， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∴且， 又∵长方体中且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，得. 又∵平面，平面， ∴平面 （2）以点为原点，，所在直线为轴，轴，以点为垂足， 垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    不妨设， 则，，，， ∴，， 设平面的一个法向量为， 则有， 令，则，，即， 设为直线与平面所成角，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 空间向量解决距离问题 67．（23-24高二上·四川眉山·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，点分别为的中点．则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建系，求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】如图，以A为坐标原点，为轴所在直线，建立空间直角坐标系， 则， 因为点分别为的中点．则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 68．（22-23高二下·四川成都·期末）在空间直角坐标系中，已知，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】运用空间向量法求出高，运用锥体体积公式进而求出体积 【详解】如图所示，正方体边长为1，建立坐标系， 则.则四面体为正三棱锥. 底面为等边，且边长为.则面积为. ，.设平面法向量为， 则，故. 则到平面的距离为． 则四面体的体积为. 故选：A 69．（22-23高二上·四川乐山·期末）如图，在直三棱柱中，所有棱长均为，分别是、的中点，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，根据向量法即可得出答案. 【详解】 如图，取中点为，连结，则，则平面. 连结，由已知可得，，. 以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，. 设是平面的一个法向量， 则，取，可得，， 所以是平面的一个法向量. 所以，点到平面的距离为. 故答案为：. 70．（23-24高二上·四川凉山·期末）已知正方体的棱长为1，则下列说法正确的是（    ） A．直线与所成的角为 B．点与平面的距离为 C．平面与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量相关公式求解线线角，点到平面的距离，面面角和线面角的大小. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， A选项，则， 故， 故， 故直线与所成的角为，A错误； B选项，设平面的法向量为， ， 令得，，故， 故点到平面的距离为，B正确； C选项，设平面的法向量为， ， 令，则，故， 平面的法向量为， 故， 故平面与平面所成的角不为，C错误； D选项，因为⊥平面，平面， 所以⊥， 因为四边形为正方形，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角大小为， 显然， 故直线与平面所成的角为，D正确. 故选：BD 71．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）只需证明，结合线面平行的判定定理即可得解； （2）只需证明平面，在结合面面垂直的判定定理即可得解； （3）首先证明面，由等体积法即可列方程求解. 【详解】（1）设，连结， ∵E为中点，O为中点，∴， 又∵平面，平面，∴平面； （2）连结，∵，O为中点，∴， 又∵底面为菱形，∴，∵且两直线在平面内，∴平面， 又∵平面，∴平面平面； （3）由（2）得：，由，同理可得：， 而平面， ∴面可求：，，， ∴， 而中，，可求：，， 可求：， 而，则， 则即为所求点C到平面的距离． 空间向量的综合应用 72．（22-23高二上·四川遂宁·期末）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）． ①三棱锥中，点P到面的距离为定值 ②过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 ③ 直线与面所成角的正弦值的范围为 ④当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为 以上命题为真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心，由求解球心坐标即可. 【详解】 以A为坐标原点，分别以为轴建系如图： ,， ， 设, 则， 所以 设面的一个法向量为， 则 令得， 对于①：到平面的距离为，故①正确； 对于②：连接，因为四边形为平行四边形， ，又面，面， 面， 同理可证面， 又，所以面面， 所以过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为， 它是边长为的等边三角形，故面积为，故②正确； 对于③：设直线与面所成角为，则， ，， 所以直线与面所成角的正弦值的范围为，故③正确； 对于④：当点P为中点时，设三棱锥的外接球球心， ， ， 解得， 所以外接球半径满足：， 三棱锥的外接球表面积为，故④正确； 综上：①②③④均正确. 故选：D 【点睛】几何体外接球球心的求法： （1）将几何体置入长方体中找球心； （2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心； （3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标. 73．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面，则（    ） A． B．与平面所成角为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ABCD 【分析】根据线面垂直的性质定理、判定定理、余弦定理，结合异面直线所成角的定义、线面角的定义、空间向量夹角公式逐一判断即可. 【详解】对于A， 由，及余弦定理得， 从而，故.由底面，底面， 可得，平面， 所以平面，平面，故.故A正确. 对于B，因为底面，所以就是与平面所成的角，又.故B正确. 对于C，因为ABCD为平行四边形，所以 显然是异面直线与所成的角， .由底面，底面，可得， 易得.故C正确. 对于D，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，，，所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，， 此时. 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，，此时， 所以， 所以平面与平面所成二面角的平面角为锐角时的余弦值为.故D正确. 故选：ABCD. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用空间向量夹角公式求面面角. 74．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）    A．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为 B．点到平面的距离为 C．四面体的体积为 D．若线段的中点为，则一定平行于平面 【答案】BD 【分析】建系，求平面的法向量.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到面的距离；对于C：根据锥体的体积公式运算求解；对于D：利用空间向量证明线面平行. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，    则，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 对于选项A：设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的余弦值的取值范围为，故A错误； 对于选项B：点到平面的距离为，故B正确； 对于选项C：由题意可知：， 所以四面体的体积为，故C错误； 对于选项D：由题意可知：，则， 可得，可知， 且平面，所以一定平行于平面，故D正确； 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：求平面的法向量，进而利用空间向量处理相关问题. 75．（23-24高二上·四川凉山·期末）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，点满足，其中，，则下列说法正确的是（    ）    A．当时，的面积的最大值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，的最小值为 D．当时，不存在点，使得 【答案】ABC 【分析】当时，当点与重合时，证得，结合，可判定A正确；当时，得到点在上运动，根据，可判定B正确；设的中点为，的中点为，得到点在线段上运动，当点运动到线段的中点时，，求得，可判定C正确；当时，设的中点为，的中点为，得到点在上运动，当点与点重合时，证得；当点与点重合时， ，可判定D错误； 【详解】对于A中，当时，，则点在上运动， 则当点与重合时，则此时面积取得最大值，， 由于直三棱柱，则，为等腰直角三角形，则， 又由，面，则面， 因为面，所以， 则，故选项A正确； 对于B中，当时，则，点在上运动，则， 由于点到平面的距离为定值，点到线段的距离恒为， 则，则，故选项B正确；    对于C中，设的中点为，的中点为，当时，， 则点在线段上运动， 因为，， 所以当点运动到线段的中点时，， 此时，所以，故选项C正确；    对于D中，当时，， 设的中点为，的中点为，则点在上运动， 当点与点重合时，，， 因为，平面，则面， 又因为面，则， 当点与点重合时，面，即面，则， 故选项D错误；    故选：ABC. 【点睛】方法点睛： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 76．（22-23高二上·四川遂宁·期末）如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是 .（将正确答案的序号都填上）    ①三棱锥的体积不变 ②直线与直线的所成角的取值范围为 ③直线与平面所成角的大小不变 ④二面角的大小不变 【答案】①②④ 【分析】根据三棱锥体积的性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， ①：连接，设该正方体的棱长为， 因为平面，平面， 所以平面，因此点到平面的距离相等， 故，因此本序号说法正确； ②：因为， 所以（或其补角）就是直线与直线的所成的角， 由正方形的性质可知：当与或重合时， 这时直线与直线的所成的角为， 当是中点时，直线与直线的所成的角为，因此本序号说法正确； ③：建立如图所示的空间直角坐标系： ， 设，设 ， ， 设平面的法向量为， 所以有， 因为， 设直线与平面所成角为， 显然不是定值，因此本序号说法不正确； ④：设平面的法向量为， 所以有， 因为为定值， 所以二面角的大小不变，因此本序号说法正确， 故答案为：①②④    【点睛】关键点睛：解题本题的关键是利用空间向量夹角公式解决动态问题. 77．（23-24高二下·四川泸州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）. A．不存在点，使得 B．点到平面的距离为 C．点到直线的距离为1 D．点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，， ，，，，设， 对于A：，，则，所以与不垂直， 即不存在点，使得，故A正确； 对于B：，，，设平面的法向量为， 则，取， 则点到平面的距离，故B正确； 对于C：，所以点到直线的距离，故C错误； 对于D，因为，所以，， ， 即，可得轨迹为圆：， 所以圆心， 又，所以轨迹为圆被四边形截得的4段圆弧，所以D错误. 故选：AB 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 空间向量与立体几何 空间向量的线性运算 1．（23-24高二下·四川成都·期末）已知在四面体中，，，，，为BC的中点，若.则（   ）    A． B． C． D．3 2．（23-24高二上·四川泸州·期末）如图，在四面体中，，，，点M在上，且，N为的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·四川凉山·期末）空间四边形中，点在上，且，为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 4．（21-22高二下·四川雅安·期末）设是正三棱锥，G是的重心，D是PG上的一点，且，若，则为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高二上·四川乐山·期末）在四面体中，分别为的中点，若，，，则（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·四川绵阳·期末）在平行六面体中，，若，，，则（    ）    A． B． C． D． 7．（23-24高二上·四川南充·期末）如图，在平行六面体中，若，则（    ）． A．1 B．2 C．3 D．4 8．（21-22高二下·四川绵阳·期末）如图，空间四边形中，，，，点，分别在，上，且，，则（    ） A． B． C． D． 空间向量共线和共面定理 9．（21-22高二下·四川雅安·期末）向量，分别是直线，的方向向量，且，，若，则（    ） A．， B．， C．， D．， 10．（23-24高二上·四川宜宾·期末）在四面体中，空间的一个点满足，若四点共面，则等于（    ） A． B． C． D． 11．（23-24高二上·四川·期末）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 12．（23-24高二上·四川乐山·期末）（多选）下列说法正确的是（   ） A．若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线 B．空间的基底有且仅有一个 C．两两垂直的三个非零向量可以构成空间的一个基底 D．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 13．（21-22高二下·四川成都·期末）已知，，，为空间中四点，任意三点不共线，且，若，，，四点共面，则的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 14．（23-24高二上·四川·期末）（多选）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 15．（24-25高二上·四川南充·期末）设，是空间中两个不共线的向量，已知，，，且 三点共线，则实数 ． 16．（23-24高二上·四川宜宾·期末）已知是空间的一个基底,设，则下列向量中可以与一起构成空间的另一个基底的是（    ） A． B． C． D．以上都不对 空间向量的坐标运算 17．（23-24高二上·四川德阳·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A．2 B．-2 C．0 D．4 18．（23-24高二上·四川宜宾·期末）（多选）已知向量，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则向量在向量上的投影向量 19．（23-24高二上·四川绵阳·期末）已知点是点在坐标平面内的射影，则（    ） A． B． C． D． 20．（23-24高二上·四川成都.期末）已知向量 ， 且， 则实数 ． 21．（23-24高二上·四川绵阳·期末）在空间直角坐标系中，关于平面的对称点是（   ） A． B． C． D． 22．（23-24高二上·四川自贡·期末）已知点，向量，则向量（    ） A． B． C． D． 23．（23-24高二上·四川成都·期末）在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 24．（23-24高二上·四川巴中·期末）若空间向量，，且，则实数 ． 25．（23-24高二上·四川凉山·期末）已知点，，，则点到直线的距离为 ． 26．（23-24高二上·四川乐山·期末）已知向量，，若，则 ． 27．（23-24高二上·四川泸州·期末）已知向量，，，若，则实数 ． 空间向量的数量积、模、投影和夹角问题 28．（23-24高二上·四川泸州·期末）向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 29．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，已知四面体的棱长都是2，点为棱的中点，则的值为（    ） A．1 B． C． D．2 30．（23-24高二上·四川宜宾·期末）已知，则向量在上的投影向量的坐标是 . 31．（23-24高二上·四川南充·期末）已知向量，则 ． 32．（23-24高二上·四川宜宾·期末）在棱长为2的正四面体中，为的中点，则． 33．（19-20高二上·四川自贡·期末）已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点，分别是、的中点，则（    ） A． B． C． D． 34．（20-21高二上·四川眉山·期末）在底面是正方形的四棱柱中，，， ，则（    ） A． B． C． D．2 35．（18-19高二下·四川绵阳·期末）如图，平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 36．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为，则（    ） A． B．1 C． D．2 空间向量证明平行和垂直问题 37．（23-24高二上·四川巴中·期末）已知点，平面的法向量，若平面，则下列各点中在平面内的是（    ） A． B． C． D． 38．（23-24高二上·四川达州·期末）（多选）已知向量，分别为平面，的法向量，为直线l的方向向量，且，则（    ） A． B． C． D． 39．（23-24高二上·四川凉山·期末）（多选）下列结论正确的是（    ） A．若向量，，，则，，共面 B．已知平面，不重合，平面和平面的一个法向量均为，则 C．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 D．若向量，，则在上的投影向量为 40．（2024·四川成都·期末）已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（   ） A． B． C．与相交但不垂直 D．或 41．（23-24高二上·四川绵阳·期末）（多选）下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ） A．将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面 B．若非零向量，，满足，，则有 C．与一个平面的法向量共线的非零向量都是该平面的法向量 D．若，，为空间的一组基底，且，则，，，四点共面 42．（23-24高二上四川·期末）（多选）下列选项正确的是（    ） A．两条不重合直线的方向向量分别是，则 B．直线的方向向量，平面的法向量是，则 C．直线的方向向量，平面的法向量是，则 D．两个不同的平面的法向量分别是，则 43．（23-24高二上·四川内江·期末）（期末）下列四个命题中正确的是（    ） A．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 B．是平面的法向量，是直线的方向向量，若，则 C．已知向量，，则在方向上的投影向量为 D．为空间中任意一点，若，且，则，，，四点共面 44．（22-23高二上·四川达州·期末）长方体中，为中点，则下列选项中与垂直的是（    ） A． B． C． D． 空间向量解决异面直线夹角 45．（23-24高二上·四川自贡·期末）在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 46．（23-24高二上·四川成都·期末）已知等腰直角三角形ABC，，点D为BC边上的中点，沿AD折起平面ABD使得，则异面直线AB与DC所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 47．（22-23高二上·四川乐山·期末）如图，在正方体中，棱长为为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 48．（22-23高三下·四川成都·期末）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 49．（23-24高三上·四川成都·期末）已知四棱柱底面ABCD为平行四边形，且，则异面直线与的夹角余弦值为 . 50．（22-23高二下·四川德阳·期末）已知点为棱长等于1的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时，与夹角大小为 ． 51．（22-23高二上·四川眉山·期末）长方体中，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 52．（23-24高二上·四川乐山·期末）已知斜棱柱中，，．设，，． (1)用基底，，表示向量，并求； (2)求向量与向量夹角的余弦值． 空间向量求面与面的夹角 53．（22-23高二上·四川内江·期末）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点． (1)求证：平面平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的大小． 54．（23-24高二下·四川德阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，M、N分别是BC、的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 55．（23-24高二下·四川攀枝花·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点是棱上的一点，平面.    (1)求证：点是棱的中点； (2)若平面与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 56．（23-24高二下·四川宜宾·期末）如图，在四棱锥中，平面，．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 57．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，三棱柱中，为正三角形，，，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 58．（23-24高二下·四川泸州·期末）在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，点D满足，平面平面， (1)求证； (2)若直线与平面所成角的正弦值为 （i）求平面与平面的距离； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 59．（23-24高三上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，为的中点. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值. 60．（23-24高二上·四川泸州·期末）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面. (1)证明：平面平面. (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 空间向量解决直线与平面夹角问题 61．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，在斜三棱柱 中， 分别是 的中点. (1)证明: 平面 ; (2)若 ，且 ，求直线 与平面所成角的正弦值. 62．（23-24高二上·四川宜宾·期末）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，分别是的中点，平面，. (1)证明： (2)若，点到平面的距离为.求直线与平面所成角的正弦值． 63．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段的中点，，，，. (1)求证：平面 (2)求直线与平面所成角的余弦值. 64．（23-24高三上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面面，，，为的中点. (1)求证：面面； (2)若二面角的大小为，求与面所成角的正弦值. 65．（23-24高二上·四川自贡·期末）如图，三棱柱中，侧棱底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，的中点． (1)证明平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 66．（23-24高二上·四川凉山·期末）将长方体沿截面截去一个三棱锥后剩下的几何体如图所示，其中，，分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 空间向量解决距离问题 67．（23-24高二上·四川眉山·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，点分别为的中点．则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 68．（22-23高二下·四川成都·期末）在空间直角坐标系中，已知，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 69．（22-23高二上·四川乐山·期末）如图，在直三棱柱中，所有棱长均为，分别是、的中点，则点到平面的距离为 . 70．（23-24高二上·四川凉山·期末）（多选）已知正方体的棱长为1，则下列说法正确的是（    ） A．直线与所成的角为 B．点与平面的距离为 C．平面与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为 71．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求点C到平面的距离． 空间向量的综合应用 72．（22-23高二上·四川遂宁·期末）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）． ①三棱锥中，点P到面的距离为定值 ②过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 ③ 直线与面所成角的正弦值的范围为 ④当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为 以上命题为真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 73．（23-24高二上·四川成都·期末）（多选）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面，则（    ） A． B．与平面所成角为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面夹角的余弦值为 74．（23-24高二下·四川凉山·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）    A．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为 B．点到平面的距离为 C．四面体的体积为 D．若线段的中点为，则一定平行于平面 75．（23-24高二上·四川凉山·期末）（多选）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，点满足，其中，，则下列说法正确的是（    ）    A．当时，的面积的最大值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，的最小值为 D．当时，不存在点，使得 76．（22-23高二上·四川遂宁·期末）如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是 .（将正确答案的序号都填上）    ①三棱锥的体积不变 ②直线与直线的所成角的取值范围为 ③直线与平面所成角的大小不变 ④二面角的大小不变 77．（23-24高二下·四川泸州·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）. A．不存在点，使得 B．点到平面的距离为 C．点到直线的距离为1 D．点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$